Tangentialbündel einer Lie-Gr. < Sonstiges < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 20:41 So 16.01.2011 | | Autor: | pelzig |
| Aufgabe | | Sei $G$ eine Lie Gruppe und [mm] $\mathfrak{g}=T_eG$ [/mm] die assoziierte Lie Algebra. Zeigen sie, dass die Abbildung [mm] $\Phi:G\times\mathfrak{g}\ni(h,X)\mapsto dL_h(X)\in [/mm] TG$ ein Diffeomorphismus ist. Dabei bezeichnet [mm] $L_h:G\to [/mm] G$ die Linkstranslation mit $h$. |
Wir haben probiert das in Koordinaten auszurechnen und es war eine Schweinerechnerei, die am Ende nicht aufging. Sieht hier jemand eine einfach Lösung für dieses Problem?
Viele Grüße,
Robert
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 10:27 Mo 17.01.2011 | | Autor: | Merle23 |
Moin,
zuerst mal eine Frage: Welche Topologie / differenzierbare Struktur benutzt ihr für [mm]\mathfrak{g}[/mm]?
Eine partielle Antwort: Dass die Abbildung bijektiv ist, kann man leicht durch Angabe der Umkehrabbildung zeigen.
LG, Alex
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 12:41 Mo 17.01.2011 | | Autor: | pelzig |
Hallo Alex,
Also die Bijektivität ist nicht das Problem. Zu deiner Frage nach der MF [mm] $\mathfrak{g}$: $\mathfrak{g}$ [/mm] ist ja ein endlich-dimensionaler Vektorraum (wir hatten ihn definiert als $T_1G$) und auf denen gibt es eine kanonische MF-Struktur, indem ich [mm] $\mathfrak{g} [/mm] mittels einer Basis via [mm] $\varphi:\mathfrak{g}\to\IR^n$ [/mm] identifiziere. Dann ist [mm] $\mathfrak{g}$ [/mm] diejenige glatte MF, bzgl der [mm] $\varphi$ [/mm] ein Diffeomorphismus ist. Dies hängt nicht von der Wahl der Basis ab! So das habe ich jetzt reichlich kompliziert ausgedrückt, aber eigentlich ist das sehr natürlich.
Viele Grüße,
Robert
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(Antwort) fertig | | Datum: | 15:43 Mo 17.01.2011 | | Autor: | Merle23 |
Sei [mm]V \in \mathfrak{g}.[/mm] Dann ist [mm]\tilde V := \Phi(G \times \{V\})[/mm] ein links-invariantes Vektorfeld auf [mm]G.[/mm] Wir zeigen, dass es glatt ist.
Dazu genügt es zu zeigen, dass für jede glatte Funktion [mm]f: G \to \IR[/mm] auch [mm]\tilde V f[/mm] glatt ist. Sei also [mm]g \in G[/mm] und [mm]\gamma:(-\epsilon,\epsilon) \to G[/mm] eine glatte Kurve mit [mm]\gamma(0) = 1[/mm] und [mm]\gamma^\prime(0) = V.[/mm] Nun ist [mm] $$(\tilde [/mm] V f)(g) = [mm] \ldots$$
[/mm]
LG, Alex
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 16:54 Mo 17.01.2011 | | Autor: | pelzig |
| Aufgabe | Also das leuchtet mir jetzt überhaupt nicht ein. [mm] $\Phi(G\times\{V\}$ [/mm] ist sicherlich eine Teilmenge in $TG$, aber streng genommen kein Vektorfeld, denn ein VF ist ja zumindest mal eine Abb von G nach TG. Seis drum, ich weiß ja trotzdem dass du das Vektorfeld [mm] $X(g):=dL_g(V)$ [/mm] meinst. Dass dieses links-invariante Vf glatt ist, weiß ich bereits (das war der Aufgabenteil davor), aber was hat das mit der Behauptung zu tun?! Die Aussage ist ja, dass die Zuordnung [mm] $(g,X)\mapsto dL_g(X)$ [/mm] glatt in beiden Komponenten ist...
Gruß, Robert |
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(Antwort) fertig | | Datum: | 18:37 Mo 17.01.2011 | | Autor: | Merle23 |
Sei [mm]X_1, \ldots, X_n[/mm] eine Basis von [mm]\mathfrak{g}[/mm] und [mm]\psi: \mathfrak{g} \to \IR^n[/mm] die entsprechende Koordinatendarstellung. Sei noch [mm]U \subset G[/mm] eine offene Teilmenge für die es eine Karte [mm]\varphi: U \to V \subset \IR^n[/mm] von G gibt. Wir haben also eine Karte [mm]\varphi \times \psi: U \times \mathfrak{g} \to V \times \IR^n[/mm] von [mm]G \times \mathfrak{g}[/mm].
Als eine Karte von TG wählen wir eine lokale Trivialisierung [mm]h: U \times \pi^{-1}(U) \to V \times \IR^n[/mm] mit denselben Mengen U, V wie oben.
Bezüglich dieser Karten hat [mm]\Phi[/mm] die Form [mm]\operatorname{id} \times A(g): V \times \IR^n \to V \times \IR^n,[/mm] wobei [mm]A(g): \IR^n \to \IR^n[/mm] eine lineare Abbildung ist für jedes [mm]g \in U[/mm].
Konkret ist [mm]A(g)[/mm] eine Basiswechselabbildung zwischen der Basis [mm](dL_g)(\{X_1, \ldots, X_n\})[/mm] und der, welche durch die lokale Trivialisierung gegeben ist. Damit A(g) glatt in g ist, reicht es zu zeigen, dass die Basisvektoren glatt variieren. Dies ist bei denen, die durch die lokale Trivialisierung gegeben sind, per Definition der Fall. Bei den anderen ist das genau die Aussage, die ich in meiner vorherigen Antwort beweisen wollte (die induzierten links-invarianten Vektorfelder sind glatt).
Was man bei dieser Aufgabe eigentlich bloß zeigt, ist, dass man ganz konkrete Trivialisierungen / Karten für TG wählen kann.
LG, Alex
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 11:04 Mi 19.01.2011 | | Autor: | Merle23 |
Haben dir meine Antworten was gebracht? Oder sind noch Fragen offen? LG, Alex
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 19:11 Mi 19.01.2011 | | Autor: | pelzig |
Hallo Alex,
Ehrlichgesagt hat mir deine Antwort nicht sehr viel weitergeholfen bzw. um die Details auszuarbeiten, die mir dabei nicht so ganz klar waren, musste ich eigentlich meine ursprüngliche Rechnung nochmal machen. Ich habe mir dann überlegt, dass eine Abbildung [mm]f:M\to TN[/mm] in ein Tangentialbündel bereits glatt ist, wenn [mm]f\circ\pi[/mm] und für jedes [mm]f\in C^\infty(N)[/mm] die Abbildung [mm]M\ni p\mapsto f(p)f\in\IR[/mm] und damit ging es dann.
Ich hatte einfach irgendwie gedacht es gibt noch eine sehr viel einfachere Möglichkeit als in Koordinaten zu rechnen. Für die Umkehrabbildung muss man ja die Glattheit auch nochmal zeigen (oder man zeigt dass [mm] $\Phi$ [/mm] konstanten Rang hat oder sowas...
Gruß, Robert
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 19:27 Mi 19.01.2011 | | Autor: | Merle23 |
Da die Aussage recht elementar ist (man zeigt ja nur, dass man ganz konkrete lokale Trivialisierungen wählen kann), wäre ein nicht-elementarer Beweis wohl auch eher unangebracht.
Das ist zumindest meine Meinung. Ich mag es eigentlich nicht, wenn man recht elementare Sachen mit fetten Kanonen abschießt.
Naja, egal.
LG, Alex
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